第28讲 空间几何体的结构特征、表面积与体积（教师版） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

PAGE1第28讲空间几何体的结构特征、表面积与体积（7类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第9题,5分柱体体积的计算2023年天津卷，第8题,5分锥体体积的有关计算证明线面垂直2022年天津卷，第8题,5分柱体体积的有关计算求组合体的体积2021年天津卷，第6题,5分锥体体积的有关计算球的体积的有关计算2020年天津卷，第5题,5分球的表面积的有关计算2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度中档，分值为5分【备考策略】1.理解、掌握几何体的有关特征，掌握不同几何体的表面积与体积的计算公式。2.能掌握不同几何体的展开图的特征。3.具备数形空间思维，会计算空间几何体中的最短路径问题。4.会解外接球，内切球与棱切球问题。【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出几何体，求解几何体的表面积。体积与球的相关问题。知识讲解知识点一.构成空间几何体的基本元素—点、线、面1.空间中，点动成线，线动成面，面动成体．2.空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．知识点二.简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台1.棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；（7）正方体：棱长都相等的长方体．2.棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．3.棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．知识点三.简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球1.圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．2.圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．3.圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．4.球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．知识点四.组合体由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．知识点五.表面积与体积计算公式1.表面积公式表面积柱体为直截面周长锥体台体球体积公式体积柱体锥体台体球知识点六.空间几何体的直观图1.斜二测画法斜二测画法的主要步骤如下：（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox，Oy，建立直角坐标系．（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于O'x'，O'y（3）画出对应图形．在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y'轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去x'轴、y注：直观图和平面图形的面积比为242.平行投影与中心投影平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．考点一、空间几何体的结构特征1.（·北京·高考真题）如图，在正方体ABCD−A1B1C1A．3个 B．4个C．5个 D．6个【答案】B【详解】如图,取底面ABCD的中心O,连接PA,PC,PO.∵AC⊥平面DD1B,又PO⊂平面DD1B,∴AC⊥PO.又O是AC的中点,∴PA=PC.同理,取B1C与BC1的交点H,易证B1C⊥平面D1C1B,∴B1C⊥PH.又H是B1C的中点,∴PB1=PC,∴PA=PB1=PC.同理可证PA1=PC1=PD.又P是BD1的三等分点,∴PB≠PD1≠PB1≠PD,故点P到正方体的顶点的不同距离有4个.2.（2007·安徽·高考真题）在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，这些几何形体是（写出所有正确结论的编号）.①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体.【答案】①③④⑤【详解】试题分析：本题中①③④⑤只要能举一例说明正确即可，如图长方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABB1A1

考点：线线垂直与线面垂直.1.（2024·陕西咸阳·模拟预测）碳60（Co）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（

）.A．12 B．14 C．18 D．20【答案】D【分析】根据题意，设正五边形为x个，正六边形为y个，分析可得其棱数，即可得关于x、y的方程组，解得y的值，即可得答案．【详解】根据题意，设正五边形为x个，正六边形为y个，碳60(C由顶点数−棱数+面数=2，则棱数为90，则有x+y=32故选：D2.（2023高三上·广西·学业考试）如图、以矩形ABCD的边AB所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是（

）A．圆锥 B．圆台 C．圆柱 D．球【答案】C【分析】根据圆柱的形成即可得到答案.【详解】以矩形ABCD的边AB所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆柱.故选：C.3.（2024·福建泉州·模拟预测）要使正方体ABCD−A1B1C1D1【答案】120【分析】由正方体的性质可证得CA1⊥平面BDC1【详解】因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面因为AA1∩AC=A，AA因为A1C⊂平面AA1因为BC1∩BD=B，BC同理可证得CA1⊥因为△BDC1所以A1C过△BDC1的中心，设△则∠BGD同理A1C也过等边若正方体绕CA1旋转n°后与其自身重合，只需要△因此至少旋转120°.故答案为：120．【点睛】关键点点睛：本小题主要考查正方体特征及垂直等知识；解题的关键是证明CA1⊥4.（24-25高三·上海·随堂练习）连结正三棱柱的6个顶点，可以组成个四面体．【答案】12【分析】求出4个点共面的情况有3种情况，利用正难则反进行求解.【详解】正三棱柱共有6个顶点，从中任取4个，有C6其中4个点共面的情况有3种情况，分别为三个侧面，故可以组成C6故答案为：12考点二、空间几何体的表面积1.（24-25高三上·安徽·开学考试）陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成.如图，已知一木制陀螺的圆柱的底面直径为6，圆柱和圆锥的高均为4，则该陀螺的表面积为（

）A．44π B．46π C．48π D．50π【答案】C【分析】分析该陀螺的表面结构，结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解.【详解】由题意可知：该陀螺的表面有：底面圆面、圆柱的侧面和圆锥的侧面，且圆锥的母线长为32所以该陀螺的表面积为π×3故选：C.2.（24-25高三上·贵州黔东南·开学考试）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，且AB=1，BC=3

A．26π+5π B．3π+5π C．11π【答案】C【分析】由圆台的表面积公式求解即可.【详解】由题可知，该旋转体为上底面半径r1=1，下底面半径r2则该圆台的表面积S=π故选：C.1.（2024·内蒙古呼和浩特·模拟预测）已知圆锥PO的顶点为P，其三条母线PA,PB,PC两两垂直，且母线长为A．2π B．26π C．6【答案】D【分析】由已知和正弦定理，勾股定理求出圆锥底面圆的半径，然后由圆锥的侧面积公式求出结果即可.【详解】因为三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为3，

所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB由正弦定理可得底面圆的半径R=圆锥的侧面积为12故选：D2.（2024·福建福州·模拟预测）已知圆锥SO的底面半径为1，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥SO截成上､下两部分，若截得小圆锥的体积为324π，则圆锥A．4π B．2π C．2π D．【答案】B【分析】根据体积公式可得圆锥的高，进而求解母线，即可由侧面积公式求解.【详解】圆锥的底面半径为1，设高为ℎ，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，则小圆锥的底面半径为12，高为1则小圆锥的体积为：13故圆锥母线长为12故圆锥SO的侧面积为π×1×2=2π故选：B3.（24-25高三上·河南·开学考试）已知圆锥的高与底面半径之和为3，则当该圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（

）A．25π B．25+4π 【答案】A【分析】设圆锥的底面半径为r，高为3−r，得到Vr=π【详解】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为3−r（0<则圆锥的体积为Vr所以V'当0<r<2时，V'r>0当2<r<3时，V'r<0所以当r=2时，Vr取得最大值，此时圆锥的高为1，母线故圆锥的侧面积S=π故选：A．4.（2024·四川宜宾·三模）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BCA．4 B．10+42 C．12+42 【答案】C【分析】由题意得B1P=2a【详解】设AB=BC=BB因为BB1⊥平面A1B1C又因为A1B1⊥B1C所以C1B1点P在四边形AA1BB1P=2a2−该圆弧弧长是14圆周周长，由题意14×2π所以该三棱柱的表面积为2×2+2×2+22故选：C.考点三、空间几何体的体积1.（2023·天津·高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，A．19 B．29 C．13【答案】B【分析】分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB【详解】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥P在△PCC'中，因为MM'在△PBB'中，因为B所以VP故选：B2.（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为mm，升量器的高为mm．【答案】2357.5/115【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.【详解】设升量器的高为ℎ1，斗量器的高为ℎ2（单位都是mm），则故ℎ2=23mm，故答案为：23mm,1151.（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2r2−【答案】6【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【详解】由题可得两个圆台的高分别为ℎ甲ℎ乙所以V甲故答案为：642.（2023·全国·高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.【详解】如图，将三棱锥S−ABC转化为正三棱柱设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为则2r=AB设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，连接OA,因为OA2=OO故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．3.（2023·全国·高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1【答案】766【分析】结合图像，依次求得A1【详解】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M

因为AB=2,则A1故AM=12所以所求体积为V=故答案为：764.（2023·全国·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．【答案】28【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一：由于24=12，而截去的正四棱锥的高为所以正四棱锥的体积为13截去的正四棱锥的体积为13所以棱台的体积为32−4=28.方法二：棱台的体积为13故答案为：28.考点四、几何体的直观图1.（2024·湖北·模拟预测）用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图所示，其中D'是B'C'的中点，且A'DA．2 B．2 C．22 【答案】D【分析】根据斜二测画法确定原图形，求解即可.【详解】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示，其中AD⊥BC，AD=2原平面图形的面积为S△故选：D．2.（2024·四川成都·模拟预测）如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x'轴和

A．82 B．122 C．24【答案】D【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.【详解】由直观图可得如下平面图形：其中OB=O'B'=6，OD=所以S△故选：D

1.（2022高三·全国·专题练习）下图中小正方形的边长为1，四边形ABCD为某图形的直观图，则该图形的面积为（

）A．7528 B．7524 C．【答案】D【分析】先利用分割法求出直观图的面积，然后利用直观图和原图面积关系求解.【详解】如图，把四边形ABCD分割成两个三角形和一个梯形来求面积其面积S设原图形面积为S，则S'所以S=2故选：D.2.（2022·全国·模拟预测）如图，在水平放置的平面α上画一个边长为2的等边三角形，在斜二测画法中线段AC的长为.【答案】6【分析】根据斜二测画法的几何关系，再结合余弦定理从而可求解.【详解】在斜二测画法中，取BC的中点D，则AD=32，CD∴AC∴AC=故答案为：6−13.（23-24高三上·贵州黔西·阶段练习）如图，矩形O'A'B'C'是水平放置的平面图形OABC【答案】36【分析】结合图形求出矩形O'A'【详解】由题意可得SO'A'B故答案为：3624.（2023·辽宁锦州·模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC的直观图O'A'B'C'如图所示，O'A'=3C'B'

【答案】48π【分析】先由直观图还原梯形OABC，再利用斜二测画法的性质求得其边与高，从而判断得该梯形为等腰梯形，进而利用圆台与圆锥的体积公式求解即可.【详解】在直观图中，C'D'

在直观图中，O'A'=3C所以在还原图中，OA=3又在直观图中，C'所以在还原图中，CD//y轴，则所以SOABC=1故OA=6，OD所以四边形OABC绕y轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积，即V=故答案为：48π.考点五、几何体的展开图1.（·广东·高考真题）已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是（

）A．1+4π4π B．1+2ππ C．1+2π2π【答案】C【分析】设圆柱的底面半径为r，高为ℎ，则由题意可得ℎ=2π【详解】设圆柱的底面半径为r，高为ℎ，因为圆柱的侧面展开图是一个正方形，所以ℎ=2π所以圆柱的表面积为2πr圆柱的侧面积为4π所以这个圆柱的表面积与侧面积的比值是2πr故选：C2.（·北京·高考真题）如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角）是（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，依题意得到l=2【详解】解：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，依题意可得πl=2πr，即所以圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的顶角为60°．故选：C．1.（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若A．5 B．22 C．10 D．【答案】C【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r则S甲所以r1又2π则r1所以r1所以甲圆锥的高ℎ1乙圆锥的高ℎ2所以V甲故选：C.2.（2024·陕西西安·模拟预测）如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（

）

A．AB∥HG B．CG⊥BH C．【答案】A【分析】将正方体的展开图重新组合成正方体，对选项逐个分析，判断易得只有A选项正确.【详解】如图所示，将展开图重新组合成正方体.显然AB∥

由图易得CG∥DH，显然DH与BH所成角非直角，因此异面直线CG与BH所成角也非直角，所以由图易得AC∥EG，显然EG与DG相交，因此故选：A3.（2022·江苏连云港·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（

）A．72π24 B．73π24【答案】B【分析】先计算出上、下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.【详解】如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为ℎ，母线长为l，则2πr=π×1，2πR=π×2，解得又l=2−1=1，ℎ设上底面面积为S'=π×1所以圆台的体积V=故选：B.4.（2024·全国·模拟预测）已知某圆锥的轴截面是顶角为α的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为β的扇形，则当β−α的值最大时，A．1 B．2C．π2−1 【答案】D【分析】设圆锥的母线长为l，则可得底面半径r=lsinα2，再由侧面展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长可得β=2πsinα【详解】设圆锥的母线长为l，则圆锥的底面半径r=侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长C=因此lβ=2πlsinα2记fα=2πsinα2−因为f'α在0,π上递减，且f'所以存在唯一的α0∈0,π满足f且当α∈0,α0时，f'当α∈α0,π时，f'故α0是f此时β=2πsin故选：D考点六、最短路径问题1.（24-25高三上·广东·开学考试）圆锥顶点A，底面半径为1，母线AB=4,AB的中点为M，一只蚂蚁从底面圆周上的点B绕圆锥侧面一周到达A．0 B．255 C．45【答案】B【分析】将圆锥侧面沿母线AB剪开并展开成扇形，最短路线即为扇形中的线段BM，过A作BM的垂线，垂足为N，求出NM的长即可.【详解】将圆锥侧面沿母线AB剪开并展开成扇形，

则该扇形半径AB=4，弧长为2π×1=2π，圆心角∠最短路线即为扇形中的线段BM，BM=过A作BM的垂线，垂足为N，当蚂蚁从B点爬行到点N过程中，它与点A的距离越来越小，于是BN为上坡路段，当蚂蚁从点N爬行到点M的过程中，它与点A的距离越来越大，于是NM为下坡路段，下坡路段长NM=故选：B2.（24-25高三上·广东·阶段练习）已知某圆锥的轴截面是顶角为α的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为β的扇形，则当α−β最小时，A．1 B．2 C．π2−1 【答案】D【分析】设圆锥的母线长为l，则可得底面半径r=lsinα2，再由侧面展开图的扇形的弧长等于圆锥底面周长可得β=2πsinα【详解】设圆锥的母线长为l，则圆锥的底面半径r=侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长C=因此lβ=2πlsinα2记fα=2πsinα2−因为f'α在0,π上递减，且f'所以存在唯一的α0∈0,π满足f且当α∈0,α0时，f'当α∈α0,π时，f'于是α0是fα的极大值点，也是最大值点，此时而α−β最小，当且仅当β−故选：D1.（2019高三·全国·专题练习）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为43

A．153 B．3235π27 C．【答案】C【分析】作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP1，由余弦定理求出【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：

该小虫爬行的最短路程为PP由余弦定理可得cos∠P1OP则有2πr=2π3×4，解得r=4这个圆锥的体积为V=故选：C．2.（2024·辽宁·模拟预测）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB

A．3 B．732 C．156【答案】B【分析】根据正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积.【详解】如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，（1）

，（2）

，（3）

（1）AP=26，（2）AP=2所以质点从A到P的最短距离为32此时质点从A点出发，经过DD1上靠近D1的三等分点S面ASP截正四棱柱所得截面为五边形ASPQR，如图，由AS=AR=所以沿质点A的最短运动路线截正四棱柱，

则所得截面的面积为：S△故选：B3.（23-24高三上·山西大同·期末）已知圆台的上、下底面的圆心分别为O1，O2，母线AB=1（点A位于上底面），且BO2A．1 B．3 C．2 D．5【答案】B【分析】将圆台侧面展开成平面图形，在平面扇环中分析计算即得.【详解】将圆台的侧面沿着母线AB剪开，展成平面图形，延长BA,B1A1显然弧BB1的长为2π3，弧AA1的长为π3，设则OB=2OA，即OA+1=2OA，得OA=1，于是A因此△OBB1是等边三角形，有AB1⊥OB所以蚂蚁爬行的最短路线即线段AB1，故选：B4.（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=【答案】2【分析】由P沿棱柱侧面到M的方式有两种，一种是沿侧面AA1B1B和侧面BB1【详解】因为AB=BC=如图，两种方式展开三棱柱ABC−故图1中MP=图2中MP=因为25<29故答案为：25考点七、球相关问题1.（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和4A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r故选：A．

2.（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤A．18,814 B．274,814【答案】C【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36π，所以球的半径R[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ则l2=2a所以6ℎ=所以正四棱锥的体积V=所以V'当3≤l≤26时，V'>0所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为又l=3时，V=274，所以正四棱锥的体积V的最小值为274所以该正四棱锥体积的取值范围是274故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以V=43a2当ℎ=32时，得当l=33时，球心在正四棱锥高线上，此时22a=31.（2022·全国·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2又设四棱锥的高为ℎ，则r2V当且仅当r2=2ℎ故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22V=(当且仅当a24=1−所以该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，V0<t<43，f'所以当t=43时，V故选：C.【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．2.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为A．3π B．4π C．9π【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD=3设球的半径为R，则4πR33=所以，BD=1，AD∵CD⊥AB，则∠又因为∠ADC=∠BDC所以，ADCD=CD因此，这两个圆锥的体积之和为13故选：B.3.（2021·全国·高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,A．212 B．312 C．24【答案】A【分析】由题可得△ABC为等腰直角三角形，得出△ABC外接圆的半径，则可求得O到平面【详解】∵AC⊥BC,AC则△ABC外接圆的半径为2设O到平面ABC的距离为d，则d=所以VO故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.4.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πrA．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：2π故选：C.1．（23-24高三下·天津南开·阶段练习）三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2cm，外径长3cm，筒高4cm，中部为棱长是3cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为（

）A．27−9π4cm3 B．27−7π4【答案】B【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可.【详解】圆筒体积为底面半径32，高度为4的圆柱体的体积减去底面半径为1，高度为4故其体积V1中间部分的体积为棱长为3的长方体的体积减去底面半径为32，高为3故其体积V2故玉琮的体积V=27−故选：B.2．（2024·天津·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1A．23 B．23 C．42【答案】B【分析】由正方体的特征及球的体积公式可计算正方体棱长，再根据三棱锥的体积公式计算即可.【详解】由题意可知正方体的外接球直径为正方体的体对角线，所以V=所以VC故选：B3．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，O为四边形ACC1A1A．1:3 B．1:4 C．1:6 D．2:3【答案】A【分析】如图，延长OA1，连接OB,OB1,【详解】如图，延长OA1，连接则V1所以VA又O为A1所以点A1到平面BCC1B1则VA所以23V1故选：A4．（2024·天津滨海新·二模）如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比（

）A．32，65 B．54，54 C．32，3【答案】C【分析】设球的半径为R，利用球和圆柱的表面积、体积公式求解即可.【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面圆半径为R，圆柱的高为2R所以圆柱的表面积S1=2⋅πR球的表面积S2=4πR所以圆柱的表面积与球的表面积之比S1圆柱体积与球体积之比V1故选：C5．（2023·天津河北·一模）一个体积为43A．18 B．27 C．36 D．54【答案】D【分析】先根据球的体积公式，求出内切球的半径，进而求出正三棱柱的高；再根据内切球的半径等于底面正三角形内切圆半径求出正三角形的边长，进而利用公式求出结果.【详解】设球的半径为R，则由球的体积V=43π∴正三棱柱的高ℎ=2设正三棱柱的底面边长为a，∵球的半径等于底面正三角形内切圆半径，∴13×∴底面正三角形的面积S=∴正三棱柱的体积V=故选：D.6．（2024·四川宜宾·二模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E､F分别为棱PA和PB中点，则四棱锥A．25 B．37 C．38【答案】C【分析】连接AC,【详解】连接AC,由题意可知：VD−PCE则VP所以VP故选：C.1．（2024·天津·三模）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1A．3 B．2 C．33 【答案】A【分析】取BC中点E，证明AE⊥平面BCMN【详解】在直四棱柱ABCD−A1B1C1由四边形ABCD是菱形，且∠DAB=120°，得△ABC而BB1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，则BC,BB1⊂平面BCMN，于是AE四边形BCMN是梯形，SBCMN所以四棱锥A−BCMN的体积故选：A2．（23-24高三下·天津·阶段练习）如图，正方体ABCD−A1B1A．43 B．1 C．8+239【答案】A【分析】设DN=x，DM=y，由x,y表示出【详解】因为平面ABCD//平面A1B1C所以点P到平面ABCD的距离为BB设DN=x，DM=y，则AN=2−所以S=2×2−=4−1=1−因为0≤x≤2,0≤y令t=1−1所以1−12y所以三棱锥B−MNP的体积为：故三棱锥B−MNP的体积最大值为故选：A.3．（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥AB,A．四棱锥P−ABCDB．四棱锥P−ABCDC．在△PAC中，当AM⊥D．四棱锥P−ABCD【答案】C【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点M的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥P−【详解】对于选项A：因为PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩所以PA⊥平面ABCD，可知四棱锥P−ABCD所以四棱锥P−ABCD的体积对于选项B：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则且AD⊥CD，PA∩AD=可得CD⊥平面PAD，且PD⊂平面PAD，可知同理可知：BC⊥PB，则所以四棱锥P−ABCD的表面积为对于选项C：因为PA⊥平面ABCD，AC⊂平面所以PA⊥AC，所以又因为AM⊥PC，则且PA=2，AC=2，PC所以CM=63，即CM=13PC所以VM对于选项D：将四棱锥P−可知四棱锥P−ABCD的外接球的半径为所以四棱锥P−ABCD的外接球的表面积故选：C.4．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知AB，CD分别是圆台上、下底面圆的直径，且AB⊥CD，若圆台上底面圆直径为2，下底面圆直径为8，母线长为5，则三棱锥A．283 B．323 C．14【答案】B【分析】由题意可得：圆台的高O1O2=4，可证【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为O1如图所示：可知圆台的高O1因为O1O2⊥CD,AB可知CD⊥平面O所以三棱锥A−BCD的体积为故选：B.5．（2024·天津·二模）天津包子是一道古老的传统面食小吃，是经济实惠的大众化食品，在中国北方，在全国，乃至世界许多国家都享有极高的声誉.某天津包子铺商家为了将天津包子销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让天津包子走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为4cm的圆柱体和球缺（球的一部分）组成的单独包装盒，球缺的体积V=π3R−ℎℎ2A．198π3 B．196π3 C．172π3【答案】B【分析】求出圆柱的高，可得球半径，根据球缺的体积公式以及圆柱的体积公式即可求得答案.【详解】如图，设圆柱的高为OO'=则OA2=O'故圆柱高为3cm，故包装盒的体积为π×4故选：B.6．（23-24高三下·天津·阶段练习）如图，已知梯形ABCD中，AD//BC，∠DAB=90∘,AB=(1)求证：DF//平面ABE(2)求平面ABE与平面BEF的夹角的余弦值；(3)求三棱锥F−【答案】(1)证明见解析(2)2(3)2【分析】（1）设CE∩DF=O，取BE的中点M，连接（2）取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出；（3）利用空间向量法求出F到平面ABE的距离d，再根据VF【详解】（1）如下图所示，设CE∩DF=O，取BE的中点∵四边形EDCF为矩形，CE∩DF=O，∵M为BE的中点，∴OM//∵AD//BC且AD=1所以四边形ADOM为平行四边形，则AM//OD，即∵AM⊂平面ABE，DF⊄平面ABE，∴（2）∵四边形EDCF为矩形，则DE⊥平面ABCD∩平面CDEF=CD，平面EDCF⊥平面ABCD，DE⊂平面CDEF取D为原点，DA所在直线为x轴，DE所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0),设平面ABE的法向量为m=由m→⋅AB⃗=2y1设平面BEF的法向量为n=由n⋅BE=−x2−2y2+2cosm因此平面ABE与平面BEF的夹角的余弦值25（3）因为EF=−1,2,0，所以点F到平面ABE的距离又AB=2，AE=1所以AB2+所以S△所以VF1.（2023·全国·高考真题）已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=A．22 B．32 C．42【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得△PDO≅△PCO，△PDB≅△PCA，从而得到PA=PB，再在法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA=17，cos∠PCB=13，从而求得PA【详解】法一：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC=BD又PC=PD=3，PO=OP又PC=PD=3，AC=BD在△PAC中，PC则由余弦定理可得PA故PA=17，则故在△PBC中，PC所以cos∠PCB又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面积为S法二：连结AC,BD交于O，连结PO，则O为因为底面ABCD为正方形，AB=4，所以AC在△PAC中，PC则由余弦定理可得PA2=所以cos∠APC=P不妨记PB=因为PO=12即PA2则17+9+2×−3=m2又在△PBD中，BD2=PB两式相加得2m2−34=0故在△PBC中，PC所以cos∠PCB又0<∠PCB<π，所以所以△PBC的面积为S故选：C.2.（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC−DEF．已知AD∥A．36 B．334+12【答案】C【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【详解】用一个完全相同的五面体HIJ−LMN（顶点与五面体ABC−DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,因为AD∥BE∥则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，VABC故选：C.3.（2024·全国·高考真题）已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为52A．12 B．1 C．2 【答案】B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高ℎ=433，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM=433，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC−A1【详解】解法一：分别取BC,B1C1可知S△设正三棱台ABC−A1则VABC−A如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为则AA1=可得DD结合等腰梯形BCC1B即x2+16所以A1A与平面ABC所成角的正切值为解法二：将正三棱台ABC−A1则A1A与平面ABC所成角即为因为PA1PA可知VABC−A设正三棱锥P−ABC的高为d，则VP取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO故选：B.4.（2024·广东江苏·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（

）A．23π B．33π C．【答案】B【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r2而它们的侧面积相等，所以2πr×3故r=3，故圆锥的体积为1故选：B.5.（2023·全国·高考真题）在三棱锥P−ABC中，△ABCA．1 B．3 C．2 D．3【答案】A【分析】证明AB⊥平面PEC【详解】取AB中点E，连接PE,

∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=∴PE⊥AB,CE⊥AB∴AB⊥平面又PE=CE=2×故PC2=所以V=故选：A6.（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PABA．π B．6π C．3π 【答案】B【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3∠ABO=30∘，OC=32,解得PC=33所以圆锥的体积V=故选：B7.（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥P−ABCD,(1)若AP=5,AD=32，求(2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线【答案】(1)12π(2)π【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形△POA（2）连接EA,EO,EC，可先证BE⊥【详解】（1）正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD，由AO⊂平面ABCD，则又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=32可得，故PO=根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO即圆锥的高为PO=4，底面半径为AO根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是1（2）连接EA,由E是PB中点，则AE⊥PB,CE⊥故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD∩于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为∠BOE不妨设AP=AD=6，则BO又线面角的范围是0,π故∠BOE8.（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6(1)求证：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱锥【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）作出并证